2023届二轮复习专项分层特训 模拟小卷练8（含答案）

这是一份2023届二轮复习专项分层特训 模拟小卷练8（含答案），共8页。
1．(8分)五角棱镜是光束定角度转向器之一，常用于照相机的取景器、图像观察系统或测量仪器中．如图所示是五角棱镜的截面图．棱镜材料的折射率为n，AB面与AE面垂直．一束单色光垂直AB面入射，经DE面和BC面反射后垂直AE面射出．该单色光的频率为f，在真空(或空气)中传播的速度为c.
(1)求单色光在棱镜材料中的波长λ；
(2)求BC面与DE面的夹角α；
(3)若入射光线与AB面不垂直，入射角为i，求同样经两次反射后从AE面射出的光线与入射光线间的夹角．
2．(8分)如图所示，形光滑金属导轨水平放置，左侧接有阻值为R＝2 Ω的电阻，其余部分电阻不计．在虚线右侧空间中存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T．左侧导轨宽L＝1.6 m，右侧导轨与虚线夹角为53°，一质量为0.2 kg、电阻不计的金属棒与导轨始终接触良好且与左侧导轨垂直，t＝0时刻金属棒以v0＝1 m/s的初速度从位置Ⅰ进入磁场，向右移动0.8 m到达位置Ⅱ.由于金属棒受到水平外力的作用，使得通过R的电流保持恒定．已知sin 53°＝0.8，cs 53°＝0.6.求：
(1)金属棒到达位置Ⅱ时的速度大小；
(2)从位置Ⅰ到Ⅱ水平外力对金属棒做的功．
3．(14分)动车车厢与货物车厢之间对接，其原理可简化为一维碰撞模型．如图所示，两车厢质量均为m，左边车厢与其地板上质量为m的货箱共同向右以v0的速度运动，另一车厢以2v0的速度从相反方向向左运动并与左车厢碰撞挂钩成为一体，货箱在地板上滑行的最大距离为L.不计车厢与铁轨间的摩擦，重力加速度为g.求：
(1)两车厢碰撞后瞬间，车厢速度的大小和方向；
(2)车厢在挂钩后走过的距离L′；
(3)货箱与车厢地板间的动摩擦因数μ.
4．(16分)如图，两块长为L的平行金属板MN、PQ水平放置，板间距离为 eq \r(3) L，两板间加有恒定电压，板间同时存在方向垂直纸面向里的匀强磁场Ⅰ，在紧靠金属板右侧的正三角形abc区域内存在另一方向也垂直纸面向里的匀强磁场Ⅱ，bc边与PQ在同一直线上，且b点紧靠Q端，顶点a与MN在同一直线上．一个质量为m、电荷量为＋q的粒子(不计重力)，沿两板的中心线以初速度v0射入板间，当磁场Ⅰ的磁感应强度大小为 eq \f(\r(3)mv0,3qL) 时，粒子恰能做直线运动．
(1)求两板间的电压；
(2)若撤去磁场Ⅰ，粒子仍沿两板的中心线方向以初速度v0射入，求粒子离开板间区域时的速度大小；
(3)在第(2)问的前提下，要使粒子垂直ac边射出，求磁场Ⅱ的磁感应强度大小．
模拟小卷练8 (4计算)
1．解析：(1)由n＝ eq \f(c,v) 可得光在棱镜中传播的速度v＝ eq \f(c,n)
光从空气传到棱镜中，频率f不变，有v＝λf
可得λ＝ eq \f(c,nf)
(2)画出光路图如图甲所示，KH为反射面DE的法线，KI为反射面BC的法线
由反射定律有∠1＝∠2，∠3＝∠4
光线IJ与光线GH垂直，有∠1＋∠2＋∠3＋∠4＝90°
由几何关系有∠5＝∠2＋∠3
由于KH⊥FE，KI⊥FB，可得α＝∠5
得α＝45°
(3)如图乙所示，光线在AB面的入射角为i时，折射角为∠6，光线PQ在AE面的入射角为∠7，从Q射出的光线的折射角为r
由折射定律有
n＝ eq \f(sin i,sin ∠6)
n＝ eq \f(sin r,sin ∠7)
由前面分析可知光线NO⊥PQ，可得∠6＝∠7
可得r＝i
可知入射光线MN垂直出射光线QR，即从AE面射出的光线与入射光线间的夹角为90°
2．解析：(1)初始时刻感应电动势
E0＝BLv0
当金属棒向右运动x时，设金属棒的速度为v.
由几何关系可知此时的有效切割长度为
l＝L－2· eq \f(x,tan 53°)
电动势E＝Blv
依题意E＝E0
联立并代入数据，解得v＝4 m/s
(2)金属棒向右运动过程中，通过R的电荷量为
q＝It＝ eq \f(E,R) t＝ eq \f(ΔΦ,R) ＝ eq \f(BΔS,R)
其中ΔS＝ eq \f(1,2) (L＋l)x
对金属棒由动能定理得
eq \f(1,2) mv2－ eq \f(1,2) mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝WF＋WF安
根据能量关系得
WF安＝－ eq \f(E2,R) t
联立并代入数据，解得
WF＝1.66 J
答案：(1)4 m/s (2)1.66 J
3．解析：(1)两车厢碰撞过程中，水平方向动量守恒．设撞后瞬间车厢速度为v′，取向右为正方向，有
mv0－m·2v0＝2mv′
解得v′＝－ eq \f(v0,2) ，方向水平向左
(2)碰撞后瞬间至停止运动的过程中，车厢平均速度的大小是货箱的 eq \f(1,2) ，所以在相同时间内，车厢相对于地面运动的位移大小是货箱的 eq \f(1,2) ，有
L′＋2L′＝L
解得L′＝ eq \f(1,3) L
(3)货箱相对于地的位移为L货＝ eq \f(2,3) L
货箱的加速度大小a＝ eq \f(Ff,m) ＝μg
货箱做初速度为v0的匀减速直线运动，有0－v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝－2aL货
解得μ＝ eq \f(3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4gL)
答案：(1) eq \f(v0,2) ，方向水平向左 (2) eq \f(1,3) L (3) eq \f(3v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,4gL)
4．解析：(1)粒子恰能沿中心线做直线运动，受力平衡，则：qE＝qv0B1①
E＝ eq \f(U,d) ②
其中：B1＝ eq \f(\r(3)mv0,3qL) ，d＝ eq \r(3) L
联立①②并代入B1和d解得：U＝ eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,q) ③
(2)设粒子在板间运动的加速度大小为a，运动时间为t，则有
水平方向：L＝v0t④
竖直方向的速度：v1＝at⑤
qE＝ma⑥
粒子离开板间的速度：v＝ eq \r(v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋v eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ) ⑦
联立③④⑤⑥⑦⑧解得：v＝ eq \f(2\r(3)v0,3) ⑧
(3)设粒子离开板间区域时速度偏转角为θ，则tan θ＝ eq \f(v1,v0) ，得θ＝30°⑨
可知粒子将垂直ab边射入三角形磁场区域，设入射点为e点，则：be＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(d,2)－\f(L,2)tan θ)) ·cs 30°⑩
由几何关系可知a点为粒子在三角形磁场中运动轨迹的圆心，则：
半径r＝ eq \f(d,cs 30°) －be⑪
qvB2＝m eq \f(v2,r) ⑫
联立⑨⑩⑪⑫并代入θ和v解得：B2＝ eq \f(4\r(3)mv0,9qL) ⑬
答案：(1) eq \f(mv eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,q) (2) eq \f(2\r(3)v0,3) (3) eq \f(4\r(3)mv0,9qL)